2023版高考数学一轮总复习检测3-2导数的应用

3.2导数的应用

一、选择题

1.(2022届四川绵阳质检,3)函数f(x)=χ3-3χ,l是减函数的区间为()

A.(2,+∞)B.(-8,2)

C.(-∞,0)D.(0,2)

答案D由f'(x)=3χZ-6xC0,得(Kx<2,.∙.函数f(x)=χ3-3∕+l是减函数的区间为(0,2).故选

D.

2.(2021甘肃永昌第一高级中学期末,8)已知函数f(x)=e'-2χ-l(其中e为自然对数的底数)，

答案Cf(x)=es-2χ-l的定义域为R,且f'(x)=e*-2,

令f,(x)<0,可得x<ln2,此时,函数y=f(x)单调递减;

令f,(x)>0,可得x>ln2,此时，函数y=f(x)单调递增.

所以，函数y=f(x)的极小值为f(In2)=e'"z-21n2-l=l-21n2<0.

因止匕函数y=f(x)的图象为C选项中的图象.故选C.

3.(2022届山东师范大学附中开学考,4)已知f(x)[χ2+sin(Y+x),f'(x)为f(x)的导函数,

则f'(x)的图象是(

答案Af(x)的定义域为R,因为f(x)Wχ2+sing^∙+x)[χ2+cosx,所以f'(x)Wx-sinx.它是

一个奇函数,其图象关于原点对称,排除选项B,D.

又f"(X)W-COSX,⅛-y<X<y⅛,COSX>∣,

所以f"(xXO,故函数y=F(X)在区间(-g,上单调递减.故选A.

4.(2022届山东烟台莱州一中开学考,3)函数f(x)=-21nχ-χH的单调递增区间是()

X

Λ.(O,+∞)B.(-3,1)

C.(l,+∞)D.(O,1)

,vt3,

答案Df(x)=--1+4-'V∖χ>0.由f(x)>0,得O<x<l,Λf(x)的单调递增区

X泊卜Xc

间是(0,1).故选D.

5.(2022届重庆八中8月入学摸底,6)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(2)=0,当x>0

时,2Xf(X)+/F(x)>0,则使得f(x)>O成立的X的取值范围是()

A.(-∞,-2)B.(2,+∞)

C.(-2,0)U(2,+∞)D.(-∞,-2)U(0,2)

答案C设案x)=χ2f(x),则g'(x)=χZf'(x)+2xf(x),由条件可知当X件时,g'(x)>0,函数

g(x)在(0.+∞)上单调递增；因为f(x)是奇函数,所以g(x)也是奇函数,且在(-8,0)上单调

递增，因为f(2)=0,所以g(-2)=g(2)=0,所以函数g(x)>0的解集是(-2,0)U(2,+8),而

*16)>00£&)>0/6)是口上的奇函数,仪0)=0,所以f(x)>O的解集是(-2,0)U(2,+∞).

6.(2022届山东烟台莱州一中开学考,8)已知直线y=a分别与直线y=2χ-2和曲线y=2d+x相

交于点A,B,则线段AB长度的最小值为()

A*(3+ln2)B.3-ln2

C.2e-lD.3

答案A设A(x∣,a),B(xz,a),则有2x[2=2eX2+xz,

变形可得x,≈l(2+2e⅛+χ2)=l+e¾+lχ2,

则IABl=IX∣-Xz∣=∣l+θjf2+j⅞-¾∣=∣l+e&TT，

,

设g(x)=l+e'fx,g(x)=e-∣>当XQn肘,g(x)<0,函数g(x)在98,Ing)上为减函数,当

x>lng时,g,(x)>0,函数g(x)在(InJ,+8)上为增函数，

则g(x)=l+e'fx有最小值g(lnO=l+F；lnS4^>0,则∣AB∣》等,即线段AB长度的最小值是

ɪ.故选A.

7.(2021八省联考,8)已知a<5且ae5=5ea,b<4且be'=4eb,c<3且ce3=3ec,则()

ʌ.c<b<aB.b<c<aC.a<c<bD.a<b<c

2

答案D由题意得0<a<5,0<b<4,0<c<3.对已知三个式子变形可得誓,芸,。=父,构造函

5a4D3£,

数f(X)q(X〉O),则F(χ)J竽.

当Xe(0,1)时,f,(x)<0,

当x∈(1,+8)时,f,(X)>0,

故f(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+8)上为增函数，

ʌʒA4Λ3

.∙.f⑸>f⑷>f⑶，即QQ?,

b43

因此≤⅛E结合函数f(χ)-⅛(0,+8)上的大致图象(如图所示)，知仪幻刈⑹水力从而

abcX

O<a<b<c<l,故选D.

8.(2022届河南许昌联考，11)若f(x)[x%χ2的单调减区间是(-4,0),则a的值是()

A.-2B.2C.-4D.4

答案Af'(x)=χ2-2ax,依题意得，f'(-4)=16+8a=0,解得a=-2.

检验：当a=-2时,f'(x)=∕+4x=x(x+4),令f,(x)<0,得-4<x<0,即f(x)的单调减区间为

(-4,0).

故a=-2满足题意，故选A.

9.(2022届重庆八中8月入学摸底,8)设实数λ>0,若对任意的X∈(l,+∞),不僦

e",-答》0恒成立,则实数λ的取值范围是()

ɔA

λ∙[?+o°)B旧,+8)

C.[e,+o°)D.[3e,+∞)

答案B因为λ>0,不等式/'*-答》0,即3λj*2InX恒成立,转化为

3λxe3λ5c≥xlnx=elnx∙Inx恒成立,构造函数g(x)=xex(x>l),g,(x)=ex+xe3t=(x+l)ex,当x>l

,3λx

时,g(x)>0,g(x)单调递增,则不等式e-⅛0恒成立等价于g(3λx)(Inx)恒成立,即

3λχ21nx恒成立,进而转化为3λ2亚恒成立.设h(x)也,x>l,则h'(x)±",当l<x<e

XX)Γ

3

时,h,(x)>0,h(x)单调递增;当x>e时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以当x=e时,函数h(x)取得

最大值h(e)=∣,所以3λM即实数λ的取值范围是长，+∞).故选B.

10.(2022届辽宁六校期初联考,8)已知奇函数f(x)的定义域为卜三，5,其导函数为f'(x),

当0<x<⅛⅛,有f,(x)cosx+f(x)sinx>0成立,则关于X的不等式If(X)I<√2f(y)cosx的解集

为()

a∙(-÷>÷)Bo)

0

c∙(^T'0)u(0jτ)D∙(^TS)U(T*T)

答案A根据题意,设g(x)0,x∈(-y,ʌl则g,(x)-z"(-v)COSA；rtA')sinr,由当(Kx©时,有

f(x)cosx+f(x)sinx>0成立,知函数g(x)嗯在(0,上单调递增,又由f(x)是定义域为

(-y,的奇函数,得g(-X)二二7：一二二一g(x),则函数g(x)为奇函数,所以函数g(x)在

(-ɪ,上单调递增，由If(X)∣<√2f(y)•COSX,得-胆，即

4

Ig(X)∣<g(9),.∙.-gO<g(x)<gO,故选A-

I.(2022届四川广元质检,11)函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-χ),且当x∈(-8,1)

时，a-1江’6)>0,设@=£(0)»=(9"=£(3),则冉瓦。的大小关系为()

A.c>a>bB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a

答案A因为当x∈(-8,ι)时，(XT))(X)>0,所以F(χ)<o,所以函数f(χ)在(-8,1)上是

减函数,所以a=f(O)>f(9=b.又f(x)=f(2-X),所以c=f(3)=f(T),所以c=f(7)>f(0)=a,所

以c>a>b.故选A.

二、填空题

12.(2022届广东深圳龙岗龙城中学月考，14)某厂生产某种产品X件的总成本

C(X)=I200$/(单位:万元)，又知产品单价的平方与产品件数X成反比,生产IOO件这样的产

品单价为50万元,则产量定为件时总利润最大.

答案225

4

解析设产品单价为m万元,因为产品单价的平方与产品件数X成反比,所以n?5(其中k为

X

非零常数)，又生产IOO件这样的产品单价为50万元,所以50⅛,解得k=250000,则πf=空吧.

100X

设生产X件产品时,总利润为f(x)万元,则

f(x)=mχ-C(x)=500√ji-1200-^x2(x>0),f>(x)=^-^x,由f,(x)>0得0<x<225,由f,(x)<0得

x>225.

故函数f(x)在(0,225)上单调递增,在(225,+8)上单调递减，因此当χ=225时,f(x)取得最大

值,即产量定为225件时,总利润最大.

三、解答题

13.(2022届广西联考,21)已知函数f(x)=x-aln(x+l).

(1)当a=3时,求f(x)的单调区间；

⑵当a=l时,关于X的不等式kx9f(x)在［0,+8)上恒成立,求k的取值范围.

解析(l)f(x)的定义域为(T,+∞).当a=3时,f(x)=χ-31n(x+l),F(X)=I-^=

Jd-IJd-I

当x∈(-1,2)时,『&)<0,£&)是减函数，当*€(2,+8)时,/仪)〉0,£6)是增函数,所以£6)

的单调减区间为(T,2),单调增区间为(2,+8).

(2)当a=l时，f(X)=XTn(x+l),kx?2f(x)即kx2-χ+ln(x+l)20.

设g(x)=kχJχ+ln(x+l),x20,则只需g(x)在［0,+8)上恒成立即可.

易知g(0)=0,g'(x)=2kχ-l+1-2A∕+(2kT)xj［2M(2QD］.

x+1Λ+1户1

①当k≤0时,g,(x)<0,此时g(x)在［0,+8)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,与题设矛盾;

②当(Xk6时，由g,(x)=0得X=T£>0，

,,

当x∈(θ,T+盘)时,g(x)<0,当XqT+\+8)时,g(χ)>0,此时g(x)在(0,T+—上单

调递减,在(T+ɪ,+8)上单调递增,所以,当χ∈(o,-ι+⅛)∏^g(χ)<g(o)=o,与题设矛盾；

③当卜三时,g'(x)河故g(x)在［0,+8)上单调递增,所以g(χ)(0)=0恒成立.

综上,k的取值范围是区+8).

14.(2022届北师大实验中学10月月考,16)已知函数中x)=e*-aχ(a为常数)的图象与y轴交

于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-L

(1)求a的值及函数f(x)的极值;

5

⑵证明：当x>0时,x2<ex.

解析(1)由f(x)=ex-ax,得f,(x)=e'-a.

由题意得f'(O)=In==T,故a=2.

所以f(x)=ev-2x,f,(x)=ex-2.

令F(X)=O,得x=ln2.当XGn2时,F(x)<0,f(x)单调递减；当x>ln2时,F(x)>0,f(x)单调递

增.所以当x=ln2时，f(x)取得极小值，f(ln2)=eln2-21n2=2-lπ4,f(x)无极大值.

⑵证明：令g(x)=e'-χ2,则g,(x)=ex-2x.

由⑴得,g,(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,故g(x)在R上单调递增，又g(0)=l>0,所以当x>0

时,g(x)>g(O)>O,即x2<ex.

15.(2022届T8联考,22)已知函数f(x)=alnx-sinx+x,其中a为非零常数.

⑴若函数f(x)在(0,+8)上单调递增,求a的取值范围；

2

⑵设O∈(n,?),且cos0=1+0SinO,证明：当0sinθ<a<0时，函数f(x)在(0,2n)上恰

有两个极值点.

解析(l)f,(x)=^-cosx+l(x>0).

X

①a〉0,因为x>0,所以I-CoSX20,则f,(x)>0,f(x)在(0,+8)上单调递增,符合要求.

②a<0,当XW(0,--)时,：<-2,从而f,(x)<-2-cosx+l=-(l+cosx)≤0,

所以f(x)在(0,-3上单调递减,不符合要求.

综上,a的取值范围是(0,+8).

(2)证明：令f,(x)=0,则COSX+1=0,

X

即a=xcosχ-χ.

设g(x)=xcosχ-χ(x>0),则g,(x)=cosχ-χsinχ-l.

①当x∈(0,π)时，cosx<l,sinx>O,则cosχ-l<0,-χsinx<0,从而g(x)<0,g(x)单调递减.

②当x∈(n,F)时，g"(x)="sinχ-(sinx+xcosx)=-(2sinx+xcosx).

因为sinx<O,cosx<0,所以gz,(x)>0,从而g'(x)单调递增.因为

g'(π)=-2<0,g'(：)ET>0,所以g'(x)在(π,W)上有唯一零点，记为x0,且当x∈(∏,x0)

时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当X∈(沏，等)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.

6

③当x∈(-屋，2π)时，gw(x)=-(2cosx+cosχ-χsinx)=xsinχ-3cosx.

因为sinx<0,cosx>0,所以gw(x)<0,从而g"(x)单调递减.

因为g"(等)=2>0，g"(2”)=-2“<0,所以8"3在能,211)内有唯一零点,记为A,且当

x∈(?,x∣)时,g"(x)>0,g'(x)单调递增；当x∈(x∣,2")时,g"(x)<0,g'(x)单调递减.

因为S(τ)⅛-l>0>g'(2")=0,所以当XK,2")时,g'(x)>0,g(x)单调递增.

综上,g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x。,2π)上单调递增.

因为g(0)=g(2n)=0,所以当g(xo)<a<O时,直线y=a与函数g(x)的图象在(0,2n)上有两个

交点，

从而f'(X)有两个变号零点，即f(X)在(0,2“)上恰有两个极值点.

因为g'(xo)=O,所以CoSXo-XoSinX(TI=0,即CoSXo=I+x0SinX0.

从而g(x(l)=X0COSX0-X0=X0(1+X0SiΠX0)-XO=考SiΠX0.

取0=Xg则cosθ=1+θsinθ,且当θ2sinθ<a<0时，函数f(x)在(0,2π)上恰有两个极值点.

16.(2022届北京一-匕一中学10月月考,20)已知函数中x)=∕lnχ-2x.

(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(l))处的切线方程；

(2)求证:存在唯一的x°∈(l,2),使得曲线y=f(x)在点(x°,f(X(I))处的切线的斜率为

f(2)-f(l);

(3)比较f(l.01)与-2.Ol的大小,并加以证明.

解析函数f(x)=χ21nχ-2x的定义域是(0,+8).

(1)导函数为f'(x)=2xlnx+χ-2,所以f'(I)=T,

又f(1)=-2,所以曲线y=f(x)在点(1,f(D)处的切线方程为y=-χ-l.

(2)证明：f(2)-f(l)=41n2-2.

所以只需证明方程2xlnx+χ-2=41n2-2在区间(1,2)上有唯一解，

即方程2xlnx+χ-41n2=0在区间(1,2)上有唯一解.

设函数g(x)=2xlnx+χ-41n2,则g,(x)=21nx+3.

当x∈(1,2)时,g,(x)>0,故g(x)在区间(1,2)上单调递增.

又g(l)=l-41n2<0,g(2)=2>0,

所以存在唯一的x°∈(1,2),使得g(xo)=0.

故存在唯一的x0∈(1,2),使得曲线y=f(x)在点(％,f(x0))处的切线的斜率为f(2)-f(l).

7

(3)f(L01)>-2.0L证明如下：

设h(x)=f(x)-(-χ-l)=x2lnχ-χ+l,

则h,(x)=x+2xlnχ-l.

当x>l时,χ-l>0,2xlnx>0,所以h,(x)>0,故h(x)在(1,+8)上单调递增,

所以x>l时,有h(x)>h(l)=0,即x>l时，f(x)>-χ-l.

所以f(1.01)>-l.01-1=-2.01.

17.(2。22届安徽蚌埠质检，21)已知函数f(x)-∖g(x)⅛

(1)求函数y=f(x)g(x)的极值;

f(x)+g(x))[

(2)求证:

f{x)屋才),

解析⑴记F(X)=f(X)g(x)⅛定义域为(-∞,0)U(0,+8),则F,(X)4

令F'(x)=0,解得x=l,列表如下:

X(-°o,0)(0,1)1(1,+o°)

FyX)--0÷

F(x)单调递减单调递减极小值单调递增

结合表格可知函数y=f(x)g(x)的极小值为F(l)=e,无极大值.

⑵证明:膂"4.

f(x)g(x)_e^ex

X

构造函数G(X)=X+工,定义域为(-8,0)U(0,+8),G'(x)=l二.

exex

当x>0时,G,(x)>0;当x<0时,G,(x)<0,

所以G(X)在(-8,0)上单调递减,在(0,+8)上单调递增，

所以G(x)>G(0)=1,即需答>1.

f{x}g(x)

18.(2022届吉林顶级名校月考,21)已知函数f(x)=tex-⅛-2,t∈R.

(1)当t=-4时,求f(X)的单调区间与极值；

⑵当t>0时，函数g(x)=e*f(x)+tes-χ+l在R上有唯一零点,求t的值.

8

,

解析(1)当t=-4时，f(χ)=-4e'-⅛-2,贝IJf(x)!Te令f>(x)=0)得

e"e"e^

x=-ln2,Λf(x)的单调递增区间是(-8,-in2),单调递减区间是(Tn2,+∞),Λf(x)的极大值

是f(-ln2)=-4×∣-2-2=-6,无极小值.

⑵当t>0时,g(x)=exf(x)+tex-χ+l=te2x+(t-2)ex-χ,

贝∣Jg，(x)=2te2χ+(t-2)eX-]=(teX-D(2eX+D,令g，(x)=0,得x=_]nt,，g(x)在(-8,上单

调递减,在(Tnt,+8)上单调递增，・・・g(x)的极小值是g(Tnt),・・•只要g(Tnt)=0,即可满足

函数g(x)在R上有唯一零点，.∙.g(Tnt)=lntT+l=O,令F(t)=lnt-+1(t>0),则

F'(t)=i+⅛0,.∙∙F(t)在(0,+8)上单调递增，；F(I)=O,的值是1.

ttr

19.(2022届北京交大附中开学测试,18)已知函数f(x)=x3+mx2+nχ-2的图象过点(T,